高考数学一轮复习第七章 7.3

这是一份高考数学一轮复习第七章 7.3，共20页。试卷主要包含了线面平行的判定定理和性质定理，面面平行的判定定理和性质定理，下列四个命题中正确的是等内容，欢迎下载使用。

1．线面平行的判定定理和性质定理
2．面面平行的判定定理和性质定理
概念方法微思考
1．一条直线与一个平面平行，那么它与平面内的所有直线都平行吗？
提示 不都平行．该平面内的直线有两类，一类与该直线平行，一类与该直线异面．
2．一个平面内的两条相交直线与另一个平面内的两条相交直线分别对应平行，那么这两个平面平行吗？
提示 平行．可以转化为“一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行”，这就是面面平行的判定定理．
题组一 思考辨析
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)若一条直线平行于一个平面内的一条直线，则这条直线平行于这个平面．( × )
(2)平行于同一条直线的两个平面平行．( × )
(3)如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面，那么这两个平面平行．( × )
(4)若α∥β，直线a∥α，则a∥β.( × )
题组二 教材改编
2．平面α∥平面β的一个充分条件是( )
A．存在一条直线a，a∥α，a∥β
B．存在一条直线a，a⊂α，a∥β
C．存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α
D．存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α
答案 D
解析 若α∩β＝l，a∥l，a⊄α，a⊄β，则a∥α，a∥β，故排除A.若α∩β＝l，a⊂α，a∥l，则a∥β，故排除B.若α∩β＝l，a⊂α，a∥l，b⊂β，b∥l，则a∥β，b∥α，故排除C.故选D.
3.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为DD1的中点，则BD1与平面AEC的位置关系为________．
答案 平行
解析 连接BD，设BD∩AC＝O，连接EO，
在△BDD1中，E为DD1的中点，O为BD的中点，
所以EO为△BDD1的中位线，则BD1∥EO，
而BD1⊄平面ACE，EO⊂平面ACE，
所以BD1∥平面ACE.
题组三 易错自纠
4．设α，β是两个不同的平面，m，n是平面α内的两条不同直线，l1，l2是平面β内的两条相交直线，则α∥β的一个充分不必要条件是( )
A．m∥l1且n∥l2 B．m∥β且n∥l2
C．m∥β且n∥β D．m∥β且l1∥α
答案 A
解析 对于A，由m∥l1，m⊂α，l1⊄α，得l1∥α，同理l2∥α，又l1，l2相交，l1，l2⊂β，所以α∥β，反之不成立，所以m∥l1且n∥l2是α∥β的一个充分不必要条件．
5．若平面α∥平面β，直线a∥平面α，点B∈β，则在平面β内且过B点的所有直线中( )
A．不一定存在与a平行的直线
B．只有两条与a平行的直线
C．存在无数条与a平行的直线
D．存在唯一一条与a平行的直线
答案 A
解析 当直线a在平面β内且过B点时，不存在与a平行的直线，故选A.
6．设α，β，γ为三个不同的平面，a，b为直线，给出下列条件：
①a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α；②α∥γ，β∥γ；
③α⊥γ，β⊥γ；④a⊥α，b⊥β，a∥b.
其中能推出α∥β的条件是______．(填上所有正确的序号)
答案 ②④
解析 在条件①或条件③中，α∥β或α与β相交；
由α∥γ，β∥γ⇒α∥β，条件②满足；
在④中，a⊥α，a∥b⇒b⊥α，又b⊥β，从而α∥β，④满足.
直线与平面平行的判定与性质
命题点1 直线与平面平行的判定
例1 (2019·四川省名校联盟模拟)如图，四边形ABCD为矩形，ED⊥平面ABCD，AF∥ED.求证：BF∥平面CDE.
证明 方法一 ∵四边形ABCD为矩形，∴AB∥CD，
∵AB⊄平面CDE，CD⊂平面CDE，∴AB∥平面CDE；
又AF∥ED，∵AF⊄平面CDE，ED⊂平面CDE，
∴AF∥平面CDE；
∵AF∩AB＝A，AB⊂平面ABF，AF⊂平面ABF，
∴平面ABF∥平面CDE，
又BF⊂平面ABF，∴BF∥平面CDE.
方法二 如图，在ED上取点N，使DN＝AF，连接NC，NF，
∵AF∥DN，且AF＝DN，
∴四边形ADNF为平行四边形，
∴AD∥FN，且AD＝FN，
又四边形ABCD为矩形，AD∥BC且AD＝BC，∴FN∥BC，且FN＝BC，
∴四边形BCNF为平行四边形，
∴BF∥NC，∵BF⊄平面CDE，NC⊂平面CDE，
∴BF∥平面CDE.
命题点2 直线与平面平行的性质
例2 如图所示，四边形ABCD是平行四边形，点P是平面ABCD外一点，M是PC的中点，在DM上取一点G，过G和PA作平面PAHG交平面BMD于GH.求证：PA∥GH.
证明 如图所示，连接AC交BD于点O，连接MO，
因为四边形ABCD是平行四边形，
所以O是AC的中点，
又M是PC的中点，所以AP∥OM.
又MO⊂平面BMD，PA⊄平面BMD，
所以PA∥平面BMD.
又因为平面PAHG∩平面BMD＝GH，
且PA⊂平面PAHG，所以PA∥GH.
思维升华 判断或证明线面平行的常用方法
(1)利用线面平行的定义(无公共点)．
(2)利用线面平行的判定定理(a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α)．
(3)利用面面平行的性质(α∥β，a⊂α⇒a∥β)．
(4)利用面面平行的性质(α∥β，a⊄β，a∥α⇒a∥β)．
跟踪训练1 在如图所示的几何体中，四边形ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，E，F分别是线段AD，PB的中点，PA＝AB＝1.
(1)证明：EF∥平面PDC；
(2)求点F到平面PDC的距离．
(1)证明 取PC的中点M，连接DM，MF，
∵M，F分别是PC，PB的中点，
∴MF∥CB，MF＝eq \f(1,2)CB，
∵E为DA的中点，四边形ABCD为正方形，
∴DE∥CB，DE＝eq \f(1,2)CB，
∴MF∥DE，MF＝DE，∴四边形DEFM为平行四边形，
∴EF∥DM，
∵EF⊄平面PDC，DM⊂平面PDC，
∴EF∥平面PDC.
(2)解 ∵EF∥平面PDC，∴点F到平面PDC的距离等于点E到平面PDC的距离．
∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥DA，
在Rt△PAD中，PA＝AD＝1，∴DP＝eq \r(2)，
∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CD，
又CD⊥AD且PA∩AD＝A，
∴CD⊥平面PAD，∴CD⊥PD，
∴S△PCD＝eq \f(1,2)×eq \r(2)×1＝eq \f(\r(2),2)，连接EP，EC，
∵VE－PDC＝VC－PDE，
设E到平面PCD的距离为h，
则eq \f(1,3)×h×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(1,3)×1×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×1，
∴h＝eq \f(\r(2),4)，∴F到平面PDC的距离为eq \f(\r(2),4).
平面与平面平行的判定与性质
例3 如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点，求证：
(1)B，C，H，G四点共面；
(2)平面EFA1∥平面BCHG.
证明 (1)∵G，H分别是A1B1，A1C1的中点，
∴GH是△A1B1C1的中位线，
∴GH∥B1C1.
又∵B1C1∥BC，∴GH∥BC，
∴B，C，H，G四点共面．
(2)∵E，F分别是AB，AC的中点，
∴EF∥BC.
∵EF⊄平面BCHG，BC⊂平面BCHG，
∴EF∥平面BCHG.
又G，E分别为A1B1，AB的中点，A1B1∥AB且A1B1＝AB，
∴A1G∥EB，A1G＝EB，
∴四边形A1EBG是平行四边形，
∴A1E∥GB.
又∵A1E⊄平面BCHG，GB⊂平面BCHG，
∴A1E∥平面BCHG.
又∵A1E∩EF＝E，A1E，EF⊂平面EFA1，
∴平面EFA1∥平面BCHG.
在本例中，若将条件“E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点”变为“点D，D1分别是AC，A1C1上的点，且平面BC1D∥平面AB1D1”，试求eq \f(AD,DC)的值．
解 连接A1B，AB1，交于点O，连接OD1.
由平面BC1D∥平面AB1D1，
且平面A1BC1∩平面BC1D＝BC1，平面A1BC1∩平面AB1D1＝D1O，
所以BC1∥D1O，则eq \f(A1D1,D1C1)＝eq \f(A1O,OB)＝1.
同理，AD1∥C1D，
又AD∥C1D1，
所以四边形ADC1D1是平行四边形，
所以AD＝D1C1，又AC＝A1C1，
所以eq \f(A1D1,D1C1)＝eq \f(DC,AD)，所以eq \f(DC,AD)＝1，即eq \f(AD,DC)＝1.
思维升华 证明面面平行的方法
(1)面面平行的定义．
(2)面面平行的判定定理．
(3)垂直于同一条直线的两个平面平行．
(4)两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行．
(5)利用“线线平行”、“线面平行”、“面面平行”的相互转化．
跟踪训练2 (2019·南昌模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，∠ABC＝∠ACD＝90°，∠BAC＝∠CAD＝60°，PA⊥平面ABCD，PA＝2，AB＝1.设M，N分别为PD，AD的中点．
(1)求证：平面CMN∥平面PAB；
(2)求三棱锥P－ABM的体积．
(1)证明 ∵M，N分别为PD，AD的中点，∴MN∥PA，
又MN⊄平面PAB，PA⊂平面PAB，
∴MN∥平面PAB.
在Rt△ACD中，∠CAD＝60°，CN＝AN，
∴∠ACN＝60°.
又∠BAC＝60°，∴CN∥AB.
∵CN⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，∴CN∥平面PAB.
又CN∩MN＝N，CN，MN⊂平面CMN，
∴平面CMN∥平面PAB.
(2)解 由(1)知，平面CMN∥平面PAB，
∴点M到平面PAB的距离等于点C到平面PAB的距离．
∵AB＝1，∠ABC＝90°，∠BAC＝60°，∴BC＝eq \r(3)，
∴三棱锥P－ABM的体积V＝VM－PAB＝VC－PAB＝VP－ABC＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1×eq \r(3)×2＝eq \f(\r(3),3).
平行关系的综合应用
例4 如图所示，四边形EFGH为空间四边形ABCD的一个截面，若截面为平行四边形．
(1)求证：AB∥平面EFGH，CD∥平面EFGH；
(2)若AB＝4，CD＝6，求四边形EFGH周长的取值范围．
(1)证明 ∵四边形EFGH为平行四边形，
∴EF∥HG.
∵HG⊂平面ABD，EF⊄平面ABD，
∴EF∥平面ABD.
又∵EF⊂平面ABC，平面ABD∩平面ABC＝AB，
∴EF∥AB，又∵AB⊄平面EFGH，EF⊂平面EFGH，
∴AB∥平面EFGH.同理可证，CD∥平面EFGH.
(2)解 设EF＝x(0∵EF∥AB，FG∥CD，∴eq \f(CF,CB)＝eq \f(x,4)，
则eq \f(FG,6)＝eq \f(BF,BC)＝eq \f(BC－CF,BC)＝1－eq \f(x,4)，∴FG＝6－eq \f(3,2)x.
∵四边形EFGH为平行四边形，
∴四边形EFGH的周长l＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋6－\f(3,2)x))＝12－x.
又∵0即四边形EFGH周长的取值范围是(8,12)．
思维升华 利用线面平行的性质，可以实现与线线平行的转化，尤其在截面图的画法中，常用来确定交线的位置，对于最值问题，常用函数思想来解决．
跟踪训练3 如图所示，平面α∥平面β，点A∈α，点C∈α，点B∈β，点D∈β，点E，F分别在线段AB，CD上，且AE∶EB＝CF∶FD.
(1)求证：EF∥平面β；
(2)若E，F分别是AB，CD的中点，AC＝4，BD＝6，且AC，BD所成的角为60°，求EF的长．
(1)证明 ①当AB，CD在同一平面内时，由平面α∥平面β，平面α∩平面ABDC＝AC，平面β∩平面ABDC＝BD，知AC∥BD.
∵AE∶EB＝CF∶FD，∴EF∥BD.
又EF⊄β，BD⊂β，∴EF∥平面β.
②当AB与CD异面时，如图所示，设平面ACD∩平面β＝DH，且线段DH＝AC.
∵平面α∥平面β，平面α∩平面ACDH＝AC，∴AC∥DH，
∴四边形ACDH是平行四边形．
在AH上取一点G，使AG∶GH＝CF∶FD，连接EG，FG，BH，则AE∶EB＝CF∶FD＝AG∶GH.
∴GF∥HD，EG∥BH.
又EG，GF⊄平面β，BH，HD⊂平面β，
∴EG∥平面β，GF∥平面β，
又EG∩GF＝G，EG，GF⊂平面EFG，
∴平面EFG∥平面β.
又EF⊂平面EFG，∴EF∥平面β.
(2)解 如图所示，连接AD，取AD的中点M，连接ME，MF.
∵E，F分别为AB，CD的中点，
∴ME∥BD，MF∥AC，
且ME＝eq \f(1,2)BD＝3，MF＝eq \f(1,2)AC＝2.
∴∠EMF或其补角为AC与BD所成的角，
∴∠EMF＝60°或120°.
∴在△EFM中，由余弦定理得
EF＝eq \r(ME2＋MF2－2ME·MF·cs∠EMF)
＝eq \r(32＋22±2×3×2×\f(1,2))＝eq \r(13±6)，
即EF＝eq \r(7)或EF＝eq \r(19).
1．下列命题中正确的是( )
A．若a，b是两条直线，且a∥b，那么a平行于经过b的任何平面
B．若直线a和平面α满足a∥α，那么a与α内的任何直线平行
C．平行于同一条直线的两个平面平行
D．若直线a，b和平面α满足a∥b，a∥α，b⊄α，则b∥α
答案 D
解析 A中，a可以在过b的平面内；B中，a与α内的直线也可能异面；C中，两平面可相交；D中，由直线与平面平行的判定定理知b∥α，正确．
2．已知m，n是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题正确的是( )
A．若α，β垂直于同一平面，则α与β平行
B．若m，n平行于同一平面，则m与n平行
C．若α，β不平行，则在α内不存在与β平行的直线
D．若m，n不平行，则m与n不可能垂直于同一平面
答案 D
解析 A项，α，β可能相交，故错误；B项，直线m，n的位置关系不确定，可能相交、平行或异面，故错误；C项，若m⊂α，α∩β＝n，m∥n，则m∥β，故错误；D项，假设m，n垂直于同一平面，则必有m∥n，所以原命题正确，故D项正确．
3．(2019·合肥质检)已知a，b，c 为三条不同的直线，α，β，γ为三个不同的平面，则下列说法正确的是( )
A．若a∥b，b⊂α，则a∥α
B．若a⊂α，b⊂β，a∥b，则α∥β
C．若α∥β，a∥α，则a∥β
D．若α∩β＝a，β∩γ＝b，α∩γ＝c，a∥b，则b∥c
答案 D
解析 若a∥b，b⊂α，则a∥α或a⊂α，故A不正确；若a⊂α，b⊂β，a∥b，则α∥β或α与β相交，故B不正确；若α∥β，a∥α，则a∥β或a⊂β，故C不正确；如图，由a∥b可得b∥α，又b⊂γ，α∩γ＝c，所以b∥c，故D正确．
4．(2020·济南模拟)如图所示的三棱柱ABC－A1B1C1中，过A1B1的平面与平面ABC交于DE，则DE与AB的位置关系是( )
A．异面B．平行
C．相交D．以上均有可能
答案 B
解析 在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB∥A1B1.
∵AB⊂平面ABC，A1B1⊄平面ABC，
∴A1B1∥平面ABC.
∵过A1B1的平面与平面ABC交于DE，
∴DE∥A1B1，∴DE∥AB.
5.(2019·福州检测)如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F，G，P，Q分别为棱AB，C1D1，D1A1，D1D，C1C的中点．则下列叙述中正确的是( )
A．直线BQ∥平面EFGB．直线A1B∥平面EFG
C．平面APC∥平面EFGD．平面A1BQ∥平面EFG
答案 B
解析 过点E，F，G的截面如图所示(H，I分别为AA1，BC的中点)，
∵A1B∥HE，A1B⊄平面EFG，HE⊂平面EFG，
∴A1B∥平面EFG.故选B.
6．如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是( )
答案 A
解析 A项，作如图①所示的辅助线，其中D为BC的中点，则QD∥AB.
∵QD∩平面MNQ＝Q，∴QD与平面MNQ相交，
∴直线AB与平面MNQ相交；
B项，作如图②所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥MQ，
∴AB∥MQ，
又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ；
C项，作如图③所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥MQ，
∴AB∥MQ，
又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ；
D项，作如图④所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥NQ，
∴AB∥NQ，
又AB⊄平面MNQ，NQ⊂平面MNQ，
∴AB∥平面MNQ.
故选A.
7．(多选)下列四个命题中正确的是( )
A．如果一条直线不在某个平面内，那么这条直线就与这个平面平行
B．过直线外一点有无数个平面与这条直线平行
C．过平面外一点有无数条直线与这个平面平行
D．过空间一点必存在某个平面与两条异面直线都平行
答案 BC
解析 A．如果一条直线不在某个平面内，那么这条直线就与这个平面平行或相交，故A错误；
B．过直线外一点有且只有一条直线和已知直线平行，
过这条直线有无数个平面与已知直线平行，故B正确；
C．过平面外一点有无数条直线与这个平面平行，且这无数条直线在同一平面内，故C正确；
D．过空间一点不一定存在某个平面与两条异面直线都平行，当此点在其中一条直线上时平面最多只能与另一条平行，
故D错误．
故选BC.
8．(多选)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G分别是A1B1，B1C1，BB1的中点，下列四个推断中正确的是( )
A．FG∥平面AA1D1D B．EF∥平面BC1D1
C．FG∥平面BC1D1 D．平面EFG∥平面BC1D1
答案 AC
解析 ∵在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G分别是A1B1，B1C1，BB1的中点，
∴FG∥BC1，∵BC1∥AD1，∴FG∥AD1，
∵FG⊄平面AA1D1D，AD1⊂平面AA1D1D，
∴FG∥平面AA1D1D，故A正确；
∵EF∥A1C1，A1C1与平面BC1D1相交，
∴EF与平面BC1D1相交，故B错误；
∵E，F，G分别是A1B1，B1C1，BB1的中点，
∴FG∥BC1，∵FG⊄平面BC1D1，BC1⊂平面BC1D1，
∴FG∥平面BC1D1，故C正确；
∵EF与平面BC1D1相交，
∴平面EFG与平面BC1D1相交，故D错误．
故选AC.
9．在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M是棱AA1的中点，过C，M，D1作正方体的截面，则截面的面积是________．
答案 eq \f(9,2)
解析 由面面平行的性质知截面与面AB1的交线MN是△AA1B的中位线，所以截面是梯形CD1MN，其面积为eq \f(1,2)×(eq \r(2)＋2eq \r(2))×eq \r(\r(5)2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2)＝eq \f(9,2).
10.如图所示，在正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是棱CC1，C1D1，D1D，DC的中点，N是BC的中点，点M在四边形EFGH及其内部运动，则M只需满足条件______
时，就有MN∥平面B1BDD1.(注：请填上你认为正确的一个条件即可，不必考虑全部可能情况)
答案 点M在线段FH上(或点M与点H重合)
解析 连接HN，FH，FN，则FH∥DD1，HN∥BD，
∴平面FHN∥平面B1BDD1，只需M∈FH，
则MN⊂平面FHN，∴MN∥平面B1BDD1.
11.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是BC，CC1，C1D1，A1A的中点．求证：
(1)BF∥HD1；
(2)EG∥平面BB1D1D；
(3)平面BDF∥平面B1D1H.
证明 (1)如图所示，取BB1的中点M，连接MH，MC1，
易证四边形HMC1D1是平行四边形，∴HD1∥MC1.
又易证得MC1∥BF，∴BF∥HD1.
(2)取BD的中点O，连接EO，D1O，
则OE∥DC，且OE＝eq \f(1,2)DC，
又D1G∥DC且D1G＝eq \f(1,2)DC，∴OE∥D1G且OE＝D1G，
∴四边形OEGD1是平行四边形，∴GE∥D1O.
又GE⊄平面BB1D1D，D1O⊂平面BB1D1D，
∴EG∥平面BB1D1D.
(3)由(1)知BF∥HD1，
∵BF⊄平面B1D1H，HD1⊂平面B1D1H，
∴BF∥平面B1D1H，
又BD∥B1D1，同理可得BD∥平面B1D1H，
又BD∩BF＝B，BD，BF⊂平面BDF，
∴平面BDF∥平面B1D1H.
12.(2020·烟台模拟)如图，四边形ABCD为矩形，A，E，B，F四点共面，且△ABE和△ABF均为等腰直角三角形，∠BAE＝∠AFB＝90°.
(1)求证：平面BCE∥平面ADF；
(2)若平面ABCD⊥平面AEBF，AF＝1，BC＝2，求三棱锥A－CEF的体积．
(1)证明 ∵四边形ABCD为矩形，∴BC∥AD，
又BC⊄平面ADF，AD⊂平面ADF，∴BC∥平面ADF.
∵△ABE和△ABF均为等腰直角三角形，且∠BAE＝∠AFB＝90°，
∴∠BAF＝∠ABE＝45°，∴AF∥BE，
又BE⊄平面ADF，AF⊂平面ADF，∴BE∥平面ADF，
∵BC∥平面ADF，BE∥平面ADF，BC∩BE＝B，
∴平面BCE∥平面ADF.
(2)解 ∵四边形ABCD为矩形，∴BC⊥AB，
又∵平面ABCD⊥平面AEBF，BC⊂平面ABCD，
平面ABCD∩平面AEBF＝AB，
∴BC⊥平面AEBF，
在等腰Rt△ABF中，∵AF＝1，∴AB＝eq \r(2)，
∴AE＝AB＝eq \r(2)，
∴S△AEF＝eq \f(1,2)AF·AE·sin 135°＝eq \f(1,2)×1×eq \r(2)×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(1,2).
∴V三棱锥A－CEF＝V三棱锥C－AEF＝eq \f(1,3)S△AEF·BC＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2＝eq \f(1,3).
13.(2019·安阳模拟)如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，AA1＝1.一平面截该长方体，所得截面为OPQRST，其中O，P分别为AD，CD的中点，B1S＝eq \f(1,2)，则AT＝________.
答案 eq \f(2,5)
解析 设AT＝x，则A1T＝1－x，
由面面平行的性质可知PO∥SR，TO∥QR，TS∥PQ，
∴△DOP∽△B1RS，
∵DP＝OD＝1，∴B1S＝B1R＝eq \f(1,2)，
∴A1S＝C1R＝eq \f(3,2)，
由△ATO∽△C1QR，可得eq \f(AO,AT)＝eq \f(C1R,C1Q) ，
即eq \f(1,x)＝eq \f(\f(3,2),C1Q) ，故C1Q＝eq \f(3x,2)，
由△A1TS∽△CQP，可得eq \f(CQ,CP)＝eq \f(A1T,A1S) ，
即eq \f(1－\f(3x,2),1)＝eq \f(1－x,\f(3,2)) ，解得x＝eq \f(2,5).
14.如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，BF⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，BF＝DE，M为棱AE的中点．
(1)求证：平面BDM∥平面EFC；
(2)若AB＝1，BF＝2，求三棱锥A－CEF的体积．
(1)证明 如图，设AC与BD交于点N，
则N为AC的中点，连接MN，
又M为棱AE的中点，∴MN∥EC.
∵MN⊄平面EFC，EC⊂平面EFC，
∴MN∥平面EFC.
∵BF⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，且BF＝DE，∴BF∥DE且BF＝DE，
∴四边形BDEF为平行四边形，∴BD∥EF.
∵BD⊄平面EFC，EF⊂平面EFC，∴BD∥平面EFC.
又MN∩BD＝N，MN，BD⊂平面BDM，
∴平面BDM∥平面EFC.
(2)解 连接EN，FN.
在正方形ABCD中，AC⊥BD，
又BF⊥平面ABCD，∴BF⊥AC.
又BF∩BD＝B，BF，BD⊂平面BDEF，
∴AC⊥平面BDEF，又N是AC的中点，
∴V三棱锥A－NEF＝V三棱锥C－NEF，
∴V三棱锥A－CEF＝2V三棱锥A－NEF＝2×eq \f(1,3)×AN×S△NEF＝2×eq \f(1,3)×eq \f(\r(2),2)×eq \f(1,2)×eq \r(2)×2＝eq \f(2,3)，
∴三棱锥A－CEF的体积为eq \f(2,3).
15.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，棱长为1，点P为线段A1C上的动点(包含线段端点)，则下列结论错误的是( )
A．当eq \(A1C,\s\up6(→))＝3eq \(A1P,\s\up6(→))时，D1P∥平面BDC1
B．当P为A1C中点时，四棱锥P－AA1D1D的外接球表面为eq \f(9,4)π
C．AP＋PD1的最小值为eq \r(6)
D．当A1P＝eq \f(\r(3),3)时，A1P⊥平面D1AP
答案 C
解析 对于A，连接AB1，AD1，
则＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1＝eq \f(1,6)，＝eq \f(1,2)×eq \r(2)×eq \r(2)×sin 60°＝eq \f(\r(3),2)，A1C＝eq \r(3)，
设A1到平面AB1D1的距离为h，则eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),2)×h＝eq \f(1,6)，
解得h＝eq \f(\r(3),3)，∴h＝eq \f(1,3)A1C.
∴当eq \(A1C,\s\up6(→))＝3eq \(A1P,\s\up6(→))时，P为A1C与平面AB1D1的交点．
∵平面AB1D1∥平面BDC1，D1P⊂平面AB1D1，
∴D1P∥平面BDC1，故A正确．
又由以上分析可得，当A1P＝eq \f(\r(3),3)时，A1P即为三棱锥A1－D1AP的高，∴A1P⊥平面D1AP，所以D正确．
对于B，当P为A1C中点时，四棱锥P－AA1D1D为正四棱锥，设平面AA1D1D的中心为O，四棱锥P－AA1D1D的外接球半径为R，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－R))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2＝R2，解得R＝eq \f(3,4)，
故四棱锥P－AA1D1D的外接球表面积为eq \f(9,4)π，所以B正确．
对于C，连接AC，D1C，则Rt△A1AC≌Rt△A1D1C，
∴AP＝D1P，
由等面积法得AP的最小值为eq \f(AA1·AC,A1C)＝eq \f(1×\r(2),\r(3))＝eq \f(\r(6),3)，
∴AP＋PD1的最小值为eq \f(2\r(6),3)，所以C不正确．
故选C.
16.(2019·湖北省宜昌市宜都二中、东湖高中联考)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF＝eq \f(\r(2),2)，现有如下四个结论：
①AC⊥BE；
②EF∥平面ABCD；
③三棱锥A－BEF的体积为定值；
④异面直线AE，BF所成的角为定值．
其中正确结论的序号是________．
答案 ①②③
解析 对于①，由AC⊥BD，AC⊥BB1，BD∩BB1＝B，可得AC⊥平面DD1B1B，又BE⊂平面DD1B1B，故可得出AC⊥BE，此命题正确；对于②，由正方体ABCD－A1B1C1D1的两个底面平行，EF在平面A1B1C1D1内，故EF与平面ABCD无公共点，故有EF∥平面ABCD，此命题正确；对于③，EF为定值，B到EF距离为定值，所以三角形BEF的面积是定值，又因为A点到平面DD1B1B距离是定值，故可得三棱锥A－BEF的体积为定值，此命题正确；对于④，由题干图知，当F与B1重合时，此时E与上底面中心为O重合，则两异面直线所成的角是∠A1AO，tan∠A1AO＝eq \f(A1O,AA1)＝eq \f(\r(2),2)，当E与D1重合时，此时点F与O重合，则两异面直线所成的角是∠OBC1，BC1＝eq \r(2)，OC1＝eq \f(\r(2),2)，OB＝eq \f(\r(6),2)，由余弦定理得，cs∠OBC1＝eq \f(\r(3),2)，∴∠OBC1＝30°，所以这两个角不相等，故异面直线AE，BF所成的角不为定值，此命题错误．综上知①②③正确．文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行(简记为“线线平行⇒线面平行”)
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(l∥a,a⊂α,l⊄α))⇒l∥α
性质定理
一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行(简记为“线面平行⇒线线平行”)
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(l∥α,l⊂β,α∩β＝b))⇒l∥b
文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行(简记为“线面平行⇒面面平行”)
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(a∥β,b∥β,a∩b＝P,a⊂α,b⊂α))⇒α∥β
性质定理
如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(α∥β,α∩γ＝a,β∩γ＝b))⇒a∥b